10 Ways, hogy megoldja a másodfokú egyenletek
al - Khwarizmi, mint minden matematika a XVII században. azaz figyelembe veszi a nulla megoldás, valószínűleg azért, mert az egyedi gyakorlati problémák, ez nem számít. Megoldásában az egyenletek a teljes tér al - Khwarizmi magán numerikus példák szabályokat ismerteti a döntés, majd a geometriai bizonyítások.
Feladat 14. „tér 21-es szám és 10 egyenlő a gyökerek. Keresse meg a gyökere „(vagyis a gyökere az egyenlet x2 + 21 = 10x).
Értekezés al - Khwarizmi az első fennmaradt könyv, amely szisztematikusan kifejtett besorolása másodfokú egyenletek és képletek adják a megoldás.
Az általános szabály megoldására másodfokú egyenlet, csökkent egyetlen kanonikus formában:
az összes lehetséges kombinációját az együtthatók előjelei b. hiszen fogalmazott Európában csak 1544-ben M. Stiefel.
A következtetés képletek a megoldás a másodfokú egyenlet általában beszerezhető a Wyeth, de a Wyeth elismert csak a pozitív gyökerei. Olasz matematikus Tartaglia, Cardano, Bombelli az elsők között a XVI században. Vegye figyelembe, amellett, hogy a pozitív és negatív gyökerek. Csak a XVII században. Munkájának köszönhetően a Girard, Descartes, Newton és más tudósok a módját, hogy megoldja a másodfokú egyenletek vesz egy modern megjelenés.
1.6 Az egy tétele Térség
Tétel közötti viszonyt kifejező együtthatóinak másodfokú egyenlet és gyökerek, amelyek nevét viseli Vieta, ez volt az első megfogalmazott 1591 a következő: „Ha a B + D szorozva egy-A2. egyenlő BD. akkor A jelentése megegyezik a B, és egyenlő a D ».
Ahhoz, hogy megértsük Térség, meg kell emlékezni, hogy A. Mint minden magánhangzó, azt jelentette, hogy egy ismeretlen (a x) Ugyanebben magánhangzók, D - együtthatók az ismeretlen. A nyelv a modern algebra fenti javaslat Térség azt jelenti, hogy ha van egy
Közötti viszonyt kifejező gyökerek és együtthatók egyenletek általános képletű, írásos segítségével szimbólumok, Wyeth létrehozása módszerek egységességét az egyenletek megoldásánál. Azonban a szimbolizmus Wyeth mindig távol a modern faj. Nem fogadta el a negatív számokat, és ha egyenletek megoldására úgy csak az esetben, ha az összes gyökeret pozitív.
2. Módszerek Másodfokú egyenletek megoldása
Másodfokú egyenlet - az az alap, amelyen nyugszik fenséges épületét algebra. Másodfokú egyenlet széles körben használják megoldására trigonometrikus, exponenciális, logaritmikus, irracionális és transzcendens egyenletek és egyenlőtlenségek. Mindannyian tudjuk, hogyan kell megoldani a másodfokú egyenletek az iskolában (8. osztály), érettségi.
Formula gyökerek tanulmányoztuk iskola tanfolyam matematika másodfokú egyenlet, amellyel az ember meg tud oldani minden másodfokú egyenletek. Vannak azonban más módon megoldani másodfokú egyenletek, amelyek lehetővé teszik, nagyon gyorsan és hatékonyan megoldani sok egyenletek. Vannak tíz módon lehet megoldani másodfokú egyenletek. Részletes munkámban azt vizsgálom, mindegyik.
1. MÓDSZER. A bomlás a bal oldalon az egyenlet faktor.
Bővítjük a bal oldali tényezők:
x2 + 10x - 24 = 12x + x2 - 2x - 24 = x (x + 12) - 2 (x + 12) = (x + 12) (x2).
Következésképpen az egyenlet átírható, mint:
Mivel a termék nulla, akkor legalább annak egyik tényező nulla. Ezért, a bal oldalon az egyenlet nulla lesz, ha x = 2 és X = - 12. Ez azt jelenti, hogy a 2-es szám, és - 12 a gyökerei az egyenlet x2 + 10x - 24 = 0.
2. MÓDSZER. Izolálására szolgáló eljárás teljes négyzet.
Nézzük megoldani az egyenletet x2 + 6x - 7 = 0.
Mi kiválasztjuk a bal oldalon egy tökéletes négyzet.
Ehhez írunk kifejezés x2 + 6x az alábbiak szerint:
Ebben a kifejezésben, az első félévben - a tér számának x, és a második - kétszer annyi terméket szorozza 3. E szerint, hogy egy tökéletes négyzet, meg kell adnia 32-
Most átalakítani a bal oldali egyenlet
hozzátéve, hogy ez kivonjuk az 32. Van:
Így az egyenlet felírható:
Ezért, x + 3-4 = 0, x1 = 1, vagy X = -4 + 3, x2 = -7.
3. Módszer: Az oldatot másodfokú egyenlet képlet.
Szorozzuk egyenlet mindkét oldalát
A 4a és hogy egymás után:
Így, ha a diszkrimináns nulla, azaz a B2- 4ac = 0. Eq
gyökerek Ez az egyenlet nem.
Tehát, ha a diszkrimináns negatív, azaz, b2 4ac<0.
Formula (1) a másodfokú egyenlet ax 2 + bx gyökerek + c = 0 lehetővé teszi, hogy megtalálja a gyökereit bármely másodfokú egyenlet (ha van ilyen), beleértve a fenti, és hiányos. Szóban képletű (1) van kifejezve, mint a gyökerek a másodfokú egyenlet egyenlő egy töredéke, a számláló az, amely egyenlő a második együttható, hozott ellenkező előjelűek, plusz vagy mínusz a négyzetgyöke négyzetével ez az arány nélkül négyszeres terméket az első együttható a konstans, és a nevező kétszerese az első szám.
4. Módszer: megoldása egyenletek segítségével a Vieta tétel.
Mint ismeretes, mivel a másodfokú egyenlet formájában
A gyökerek megfelelnek a Vieta tétel, hogy ha a = 1-nek formájában
Ebből levonhatjuk az alábbi következtetéseket (az együtthatók p és q jósolható jelei a gyökerek).
a) Ha a Q-szintézis tagja fenti egyenlet (1) pozitív (q> 0), akkor az egyenletnek két azonos megjelölés gyökér és irigység a második együttható p. Ha p <0. то оба корня отрицательны, если р <0. то оба корня положительны.
b) Ha a szabad kifejezés q fenti egyenlet (1) negatív (q<0 ), то уравнение имеет два различных по знаку корня, причем больший по модулю корень будет положителен, если p<0. или отрицателен, если p> 0.
5. Módszer: egyenletek megoldása eljárás „transzfer”.
Tekintsük a másodfokú egyenlet
Megszorozzuk mindkét oldalon, megkapjuk az egyenlet
Legyen s = y. ahol x = y / a; Aztán jön a következő egyenlet
egyenértékűek ezen. Gyökerei y1 és 2 talált Térség tétel.
Ebben az eljárásban, az együttható egy van szorozva egy konstans, mintha „átvitt” rá, ezért nevezzük „transzfer”. Ezt a módszert alkalmazzák, ha könnyen megtalálja a gyökerei az egyenlet segítségével Térség tétel, és ami a legfontosabb, a diszkrimináns van egy pontos téren.
Nézzük az egyenlet megoldásához 2h2- 11x + 15 = 0.
Határozat. „Tükrözött” a 2-es szorzóval, hogy a konstans tag, ennek eredményeként megkapjuk az egyenlet
Szerint a tétel a Térség
6. Eljárás: Tulajdonságok együtthatószámának másodfokú egyenlet.
A. Mivel egy másodfokú egyenlet
1) Ha a + b + c = 0 (azaz, az összege együtthatók nulla), akkor az x1 = 1,
Bizonyítás. Elosztjuk mindkét fél által # 63; 0, akkor kap kap egy másodfokú egyenlet
Szerint a tétel a Térség